A) XÉT HAI TAM GIÁC MAC VÀ MDA CÓ

2 ).

A

Suy ra ∆MAC đồng dạng với ∆MDA (g –

D

g)

I

⇒ MA MC

C

MD MA = ⇒ MA

²

= MC.MD.

O

b) * MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên

H

M

∠MAO = ∠ MBO = 90

⁰

.

* I là trung điểm dây CD nên ∠ MIO = 90

⁰

.

Do đó: ∠ MAO = ∠ MBO = ∠ MIO = 90

⁰

⇒ 5 điểm M, A, O, I, B cùng thuộc đường

B

tròn đường kính MO.

c)  Ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R

(O)

. Do đó MO là trung

trực của AB ⇒ MO ⊥ AB.

Trong ∆MAO vuông tại A có AH là đường cao ⇒ MA

²

= MH.MO. Mà MA

²

= MC.MD (do a))

⇒ MC.MD = MH.MO ⇒ MH MC

MD MO = (1).

Xét ∆ MHC và ∆MDO có:

∠M chung, kết hợp với (1) ta suy ra ∆MHC và ∆MDO đồng dạng (c–g –c)

⇒ ∠ MHC = ∠ MDO ⇒ Tứ giác OHCD nội tiếp.

 Ta có: + ∆OCD cân tại O ⇒ ∠ OCD = ∠ MDO

+ ∠ OCD = ∠ OHD (do OHCD nội tiếp)

Do đó ∠ MDO = ∠ OHD mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt) ⇒ ∠ MHC = ∠ OHD

⇒ 90

⁰

– ∠ MHC = 90

⁰

– ∠ OHD ⇒ ∠ CHA = ∠ DHA ⇒ HA là phân giác của ∠ CHD hay AB

là phân giác của ∠ CHD.

d) Tứ giác OCKD nội tiếp(vì ∠ OCK = ∠ ODK = 90

⁰

)

⇒ ∠ OKC = ∠ ODC = ∠ MDO mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt)

⇒ ∠ OKC = ∠ MHC ⇒ OKCH nội tiếp

⇒ ∠ KHO = ∠ KCO = 90

⁰

.

⇒ KH ⊥ MO tại H mà AB ⊥ MO tại H

⇒ HK trùng AB ⇒ K, A, B thẳng hàng.

---oOo---

ThS NGUYỄN DUY HIẾU

(Tổ trưởng tổ toán, Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP.HCM)